A.Legs（贪心）
题意：
农夫约翰的农场又迎来了美好的一天。
农夫约翰来到农场后，数了数共nnn条腿。众所周知，农场里只住着鸡和牛，一只鸡有222条腿，而一头牛有444条腿。
假设约翰农场主数清了所有动物的腿，那么他的农场里最少有多少动物？
分析：
求最少有几只动物，贪心考虑让牛最多，然后计算剩下鸡的数量，nnn先除444，余数再除222。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
void solve() {
cin >> n;
int ox = n / 4;
n -= ox * 4;
int chic = n / 2;
cout << ox + chic << endl;
}
int main() {
int t;
cin >> t;
while (t--)
solve();
return 0;
}
B.Scale（思维）
题意：
蒂娜有一个行数为nnn列数为nnn的正方形网格。网格中的每个单元格要么是000要么是111。
蒂娜希望将网格缩小kkk（kkk是nnn的除数）。为此，蒂娜将网格分割成k×kk\times kk×k个不重叠的单元格块，使得每个单元格都正好属于一个单元格块。
然后，蒂娜将每个单元格块替换为与单元格块中单元格值相等的单个单元格。保证同一区块中的每个单元格都具有相同的值。
帮助蒂娜将网格缩小kkk倍。
分析：
可以发现每一个k×kk×kk×k网格中的值是一样的，枚举从1,k+1,2k+11,k+1,2k+11,k+1,2k+1到$n−k+1的每一行和从1,k+1,2k+11,k+1,2k+11,k+1,2k+1到n−k+1n−k+1n−k+1的每一列，输出这些行列上的数字即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1005;
bool mp[N][N];
void solve() {
int n, k;
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
scanf("%1d", &mp[i][j]);
for (int i = 1; i <= n; i += k) {
for (int j = 1; j <= n; j += k)
cout << mp[i][j];
cout << endl;
}
}
int main() {
int t;
cin >> t;
while (t--)
solve();
return 0;
}
C.Sort（前缀和）
题意：
给你两个长度为nnn的字符串aaa和bbb。然后回答qqq个问题。
每个查询都会给你一个由lll和rrr限定的范围。在一次操作中，您可以选择一个整数iii(l≤i≤rl\leq i\leq rl≤i≤r)，并设置ai=xa_i=xai=x其中xxx是您想要的任何字符。计算必须执行的最小操作数，以便sorted(a[l..r])=sorted(b[l..r])\texttt{sorted(a[l..r])}=\texttt{sorted(b[l..r])}sorted(a[l..r])=sorted(b[l..r])。对一个查询执行的操作不会影响其他查询。
对于任意字符串ccc，sorted(c[l..r])\texttt{sorted(c[l..r])}sorted(c[l..r])表示按词典顺序排序的由字符cl,cl+1,...,crc_l,c_{l+1},...,c_rcl,cl+1,...,cr组成的子串。
分析：
设cnt1i,jcnt1_{i,j}cnt1i,j为字符串aaa种前iii个字符里jjj字符的数量，cnt2i,jcnt2_{i,j}cnt2i,j为字符串bbb种前iii个字符里jjj字符的数量。可以先把cnt1cnt1cnt1与cnt2cnt2cnt2预处理出来。
要使得区间内每个字符的数目相等，需要先统计差异的个数。对于每次询问，依次枚举每个字符，设xxx为cnt1r,j−cnt1l−1,jcnt1_{r,j}−cnt1_{l−1,j}cnt1r,j−cnt1l−1,j，yyy为cnt2r,j−cnt2l−1,jcnt2_{r,j}−cnt2_{l−1,j}cnt2r,j−cnt2l−1,j，使ansansans累加上∣x−y∣∣x−y∣∣x−y∣。最后答案即为ans2\frac{ans}{2}2ans。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const LL N = 2e5 + 5;
LL n, q;
char a[N], b[N];
LL cnt1[N][30], cnt2[N][30];
void solve() {
scanf("%lld %lld", &n, &q);
scanf("%s", a + 1);
scanf("%s", b + 1);
for (LL i = 1; i <= n; i++)
for (LL j = 1; j <= 26; j++)
cnt1[i][j] = cnt1[i - 1][j] + (a[i] == 'a' + j - 1);
for (LL i = 1; i <= n; i++)
for (LL j = 1; j <= 26; j++)
cnt2[i][j] = cnt2[i - 1][j] + (b[i] == 'a' + j - 1);
while (q--) {
LL l, r, res = 0;
scanf("%lld %lld", &l, &r);
for (LL i = 1; i <= 26; i++) {
LL x = cnt1[r][i] - cnt1[l - 1][i];
LL y = cnt2[r][i] - cnt2[l - 1][i];
if (x > y)
res += x - y;
}
printf("%lld\n", res);
}
for (LL i = 1; i <= n; i++)
for (LL j = 1; j <= 26; j++)
cnt1[i][j] = cnt2[i][j] = 0;
}
int main() {
LL t;
cin >> t;
while (t--)
solve();
return 0;
}
D.Fun（数学）
题意：
给定两个整数nnn和xxx，求ab+ac+bc≤nab+ac+bc\le nab+ac+bc≤n和a+b+c≤xa+b+c\le xa+b+c≤x的正整数的三连式（a,b,ca,b,ca,b,c）的个数。
注意顺序问题（例如(1,1,21,1,21,1,2)和(1,2,11,2,11,2,1) 被视为不同），aaa，bbb，ccc必须严格大于000。
分析：
考虑只枚举a,ba,ba,b。
因为a+b+c≤xa+b+c≤xa+b+c≤x，所以c≤x−a−bc≤x−a−bc≤x−a−b。
又因为ab+ac+bc≤nab+ac+bc≤nab+ac+bc≤n，所以ab+(a+b)c≤nab+(a+b)c≤nab+(a+b)c≤n，即c≤a+bn−abc≤\frac{a+b}{n−ab}c≤n−aba+b。
因此ccc可能的个数为min(x−a−b,n−aba+b)min(x−a−b,\frac{n−ab}{a+b})min(x−a−b,a+bn−ab)。 这样时间复杂度为O(n2)O(n^2)O(n2)，但不是所有的a,ba,ba,b都能有合法的ccc。
因为ab+ac+bc≤nab+ac+bc≤nab+ac+bc≤n，所以ab≤n−a−bab≤n−a−bab≤n−a−b，所以ab≤nab≤nab≤n，即b≤nab≤\frac{n}{a}b≤an。
即当确定了a,ba,ba,b的可能个数为na\frac{n}{a}an，那么合法bbb的总数量为∑a=1nna\sum_{a=1}^n \frac{n}{a}∑a=1nan，这是一个调和级数，所以总数量约为nlognnlognnlogn量级。所以只要保证ab≤nab≤nab≤n，时间复杂度为O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)，可以通过，
代码：
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
void solve() {
LL n, x, ans = 0;
cin >> n >> x;
for (LL a = 1; a < x; a++) {
for (LL b = 1; b < x; b++) {
if (a * b > n) {
break;
}
LL c = max(0LL, min(x - a - b, (n - a * b) / (a + b)));
ans += c;
}
}
cout << ans << "\n";
}
int main() {
LL t;
cin >> t;
while (t--)
solve();
return 0;
}
E.Decode（前缀和）
题意：
为了获得你最爱的女主角，你不惜黑进了游戏的源代码。经过几天的努力，你终于找到了编码游戏中加恰系统的二进制字符串。为了解码它，您必须首先解决以下问题。
给你一个长度为nnn的二进制字符串sss。对于每一对整数(l,r)(l,r)(l,r)(1≤l≤r≤n)(1\leq l\leq r\leq n)(1≤l≤r≤n)中，数出(x,y)(x,y)(x,y)(l≤x≤y≤r)(l\leq x\leq y\leq r)(l≤x≤y≤r)这样的整数对的个数。(l≤x≤y≤r)(l\leq x\leq y\leq r)(l≤x≤y≤r)中0\mathtt{0}0的数量等于子串sxsx+1...sys_xs_{x+1}...s_ysxsx+1...sy中1\mathtt{1}1的数量。
输出所有可能的(l,r)(l,r)(l,r)对109+710^9+7109+7取模的结果。
分析：
题目表明000和111数量相同，对于这类问题我们可以把000设为−1−1−1，从而把题目转换为区间和为000的问题。对于区间和为000的问题，先做一个前缀和，进而转换为两点前缀和相减为000的问题，即两点前缀和一样。
然后考虑扫描线求解，固定yyy端点，用mapmapmap维护所有xxx端点对答案的贡献。对于区间[x,y][x,y][x,y],它会被覆盖x(n−y+1)x(n−y+1)x(n−y+1)次。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n;
LL a[N], sum[N];
char s[N];
map<LL, LL> mp;
void solve() {
scanf("%s", s + 1);
n = strlen(s + 1);
mp.clear();
LL ans = 0;
mp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = (s[i] == '1' ? 1 : -1);
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans = (ans + (n - i + 1) * mp[sum[i]] % mod) % mod;
mp[sum[i]] += i + 1;
}
printf("%lld\n", ans);
}
int main() {
LL t;
scanf("%lld", &t);
while (t--)
solve();
return 0;
}
F.Bomb（二分）
题意：
Sparkle给你两个长度为nnn的数组aaa和bbb。最初，分数是000。在一次操作中，可以选择一个整数iii并将aia_iai添加到分数中。然后，必须设置aia_iai=max(0,ai−bi)\max(0,a_i-b_i)max(0,ai−bi)。
在闪亮引爆核弹之前，只有时间进行kkk次操作！在kkk次操作后，能获得的最高分数是多少？
分析：
简单的想法是考虑贪心，我们使用优先队列维护aaa数组每一个元素当前的值，每次操作取最大值即可。但是这样会超时，为了满足题目数据范围，我们对贪心的过程进行分析，由于每次取得数组的最大值，那么在kkk次操作取完之后，必然存在一个分界线xxx，使得所有分数⩾x⩾x⩾x的全部被取到，分数恰好为x−1x−1x−1的可能取到，分数⩽x−2⩽x−2⩽x−2的不会被取到。
可以二分查找到这个分界线xxx，直接取得⩾x⩾x⩾x的分数，扣除得分次数以后剩下的再使用优先队列维护贪心。因为队列至多有nnn个元素，而bi⩾1b_i⩾1bi⩾1，所以分数恰好为x−1x−1x−1的元素至多只有nnn个，获取这些得分以后不会产生新的x−1x−1x−1，所以使用优先队列维护贪心的复杂度为O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)，满足要求。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const LL N = 2e5 + 10;
LL n, k, a[N], b[N];
bool check(LL x) {
LL t = 0;
for (LL i = 1; i <= n; i++) {
t += max(0ll, (a[i] - x) / b[i] + (a[i] >= x));
}
return t <= k;
}
LL getl() {
LL l = 0, r = 1e9 + 1;
while (l < r) {
LL mid = l + r >> 1;
if (check(mid)) {
r = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
return l;
}
void solve() {
cin >> n >> k;
for (LL i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
for (LL i = 1; i <= n; i++) {
cin >> b[i];
}
LL x = getl();
LL res = 0;
priority_queue<LL> q;
for (LL i = 1; i <= n; i++) {
LL c = max(0LL, (a[i] - x) / b[i] + (a[i] >= x));
res += (2 * a[i] - (c - 1) * b[i]) * c / 2;
k -= c;
if (a[i] - c * b[i] >= 0) {
q.push(a[i] - c * b[i]);
}
}
while (k && !q.empty()) {
LL v = q.top();
q.pop();
res += v;
k--;
}
cout << res << endl;
}
int main() {
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
赛后交流
在比赛结束后，会在交流群中给出比赛题解，同学们可以在赛后查看题解进行补题。
群号： 704572101，赛后大家可以一起交流做题思路，分享做题技巧，欢迎大家的加入。
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